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2016安徽省高三第二次百校联考
物理参考答案
一、简要答案：
题号 14 15 16 17 18 19 20 21
答案 A D C B B AD AD CD
22 （1）
（2）斜面的倾角θ
（或
）（每空2分）
23 （1）0.25（1分） 4.00（1分）（2）见解析图（1分） 0.33（0.31-0.34也对）（1分） 2.00（1.97-2.02也对）（1分）（3）3（2分） 1(2分)
24 （1）（方向沿斜面向上）（2）
25 （1） ，（2），
33 (1)ABC（5分）(2)(ⅰ) (ⅱ)
34 (1))CDE（5分） (2)
35 (1)ACE （5分）(2)(ⅰ) (ⅱ)
二、详细解析：
14.A 解析：设A的质量为m，B的质量为M，由于线垂直于斜面，且B物块刚好不下滑，则，求得，A项正确。
15.D 解析：长直导线在adc半圆环的圆心，电流产生的磁场磁感线与adc圆环平行，因此adc半圆环不受安培力，由电流的磁场方向结合左手定则可知，abc圆弧环左半边受到的安培力垂直纸面向外，右半边受到的安培力垂直纸面向里，因此从上往下看，导线框将沿逆时针转动，D项正确。
16．C 解析：由于卫星质量的大小不能确定，因此不能比较卫星受到的地球引力的大小，A项错误；由知，轨道越高的卫星，做圆周运动的线速度越小，但由于质量不确定，B项错误；由于轨道最高的卫星的轨道半径远小于同步卫星的轨道半径，因此周期远小于同步卫星的运行周期，即小于地球自转的周期，C项正确；卫星做圆周运动的圆心一定在地心，因此卫星不可能只在北半球上空做圆周运动，D项错误。
17．B 解析：由于不知粒子的电性，因此不能确定a、b两点的电势高低，A项错误；由于只有电场力做功，因此电势能与动能的和为一定值，由于b点速度比a点速度大，因此在b点动能比在a点动能大，因此粒子在a点的电势能一定比在b点的电势能大，B项正确；由于v-t图像反映的是粒子做直线运动的速度随时间变化的规律，因此粒子的运动路径是一条直线，即粒子受到的电场力一定与运动速度在一条直线上，C项错误；由于v-t图像的切线斜率为加速度，由图可知，在0-t1时间内，粒子运动的加速度先减小后增大，再减小，由牛顿第二定律可知，粒子运动过程中受到的电场力先减小后增大再减小，D项错误。
18.B 解析：副线圈所在电路中，R1、R2串联，原线圈两端的电压为220V，副线圈两端的电压为440V，滑动变阻器滑片位于中点时，副线圈电路中的总电阻为20Ω，根据分压原理可知，电压表V2的示数为220V，A项错误；定值电阻R1消耗的功率,B项正确；当滑动变阻器的滑片向下移时，由于副线圈两端的电压不变，副线圈电路中的电流增大，电压表V1示数增大，V2示数减小，C项错误；当滑动变阻器的滑片向上移时，副线圈电路中的电阻增大，副线圈电路中的电流减小，根据变流比可知，原线圈中电流也减小，D项错误。
19.AD 解析：t=0时刻，，当下落最后匀速运动时，，则，A项正确；最大加速度为，B项错误；小球速度为零时，加速度为g，C项错误；将k=1N·s/m代入上述两式，可求得m=0.3kg，D项正确。
20.AD 解析：设A球从抛出到C点所用的时间为t1，，，设B球从抛出到C点所用时间为t2，则，，，求得，，A项正确，B项错误；A球被抛出时离地面的高度为，B球被抛出时离地面的高度为，C错误、D项正确。
21.CD 解析：金属棒运动到GH位置时，速度达到最大，这时金属棒受到的合力为零，由于安培力不为零，因此弹簧的弹力与安培力的合力为零，弹簧的弹力不为零，A项错误；金属棒运动到GH位置时，，电路中的总电阻为，因此通过金属棒的电流为，B项错误；在GH位置时，弹簧的压缩量x满足，求得，则开始时弹簧的压缩量为，从EF运动到GH的过程中，外电阻不断减小，金属棒运动的速度不断增大，由可知，电路中的电动势不断增大，由欧姆定律可知，金属棒中的电流不断增大，金属棒受到的安培力不断增大，由P=Fv可知，D项正确。
22.答案：（1）
（2）斜面的倾角θ （或）（每空2分）
解析：（1）物块做初速度为零的匀加速运动，由图像可知，物块运动x0的位移，获得的速度平方为b，由，所以，故。
（2）由得 ，因此要求动摩擦因数，还需要知道斜面的倾角。
23.答案：（1）0.25（1分） 4.00（1分）
（2）见解析图（1分） 0.33（0.31-0.34也对）（1分）
2.00（1.97-2.02也对）（1分）
（3）3（2分） 1(2分)
解析：（1）由图乙可得电流表的读数为0.25A，电流的倒数为4.00A-1。
（2）所作图线如图所示，由图像可得斜率，图像的截距为。
（3）由闭合电路欧姆定律可得，即，故，
24.解析：（1）由乙图可知，物块向上运动1m时的拉力为F=6.5N，（1分）
则 （2分）
（1分）
即加速度的大小为0.5m/s2，方向沿斜面向上。（1分）
（2）物块开始一段时间向上做加速运动，当加速度为零时，即合外力为零时，速度最大。
此时 （1分）
由乙图可知，此时物块运动的位移为（1分）
从开始运动到物块速度最大，（2分）
根据动能定理有 （2分）
求得 （1分）
25.解析：（1）设甲粒子射出的速度为v1，由于粒子经磁场偏转后能通过Q点，则运动轨迹如图，设粒子经过x轴时速度与y轴负方向的夹角为α，
由几何关系知 , （1分）
求得 , （1分）
由牛顿第二定律 （1分）
得 （1分）
设乙粒子射入磁场时的速度为v2，粒子经磁场偏转后经过Q点时速度方向与y 轴负方向的夹角为β，粒子做圆周运动的圆心在y轴上，根据几何关系知
, （1分）
求得 , （1分）
由牛顿第二定律 （1分）
得 （1分）
（2）粒子在磁场中做圆周运动的周期为（1分）
甲粒子第一次在磁场中运动的时间 （1分）
由几何关系可知，甲粒子进入电场时，速度方向与电场方向平行，因此粒子进入电场后做类上抛运动，第一次在电场中运动的时间 （1分）
（1分）
得（1分）
因此甲粒子从P点出发到第二次经过x轴的时间为 （1分）
乙粒子第一次在磁场中运动的时间 （1分）
由几何关系可知，乙粒子进入电场后速度v2与电场方向垂直，因此粒子在电场中做类平抛运动，设粒子垂直于电场方向的位移为a，平行电场方向的位移为b，则
（1分）
（1分）
（1分）
求得 （1分）
因此乙粒子从P点出发到第二次经过x轴的时间为（1分）
33．（1）ABC （5分） 解析：根据热力学第一定律，物体放热的同时，有可能外界还对其做功，所以其内能有可能增大，A正确；气体的压强是由大量的分子对容器壁的碰撞引起的，在完全失重的情况下，密闭容器内的气体对器壁也有压强，选项B正确；雨伞伞面上有许多细小的孔，却能遮雨，是因为水的表面张力作用，选项C正确；气体很容易充满整个容器，这是气体分子无规则运动的宏观表现，选项D错误；温度相同的氢气与氧气，分子的平均动能相同，但分子质量不等，因此平均速率不等，故E错误。
（2）解析：（ⅰ）给电热丝通电，直至气缸刚要离开地面的过程，气体发生的是等容变化
根据查理定律有 （1分）
（2分）
求得 （1分）
（ⅱ）继续加热，气缸缓慢向上移动的过程中，气体发生的是等压变化
根据盖-吕萨克定律 ， （2分）
求得 （1分）
此过程中，气体对外做功为 （1分）
根据热力学第一定律可知， 气体内能的增量（2分）
34．（1）CDE （5分） 解析：产生多普勒效应的原因不是观察者的听力产生错觉的原因，而是观察者接收到的波的频率确实发生了变化，选项A错误；物体做受迫振动时，当物体的固有频率等于驱动力频率时，即发生共振现象时，振幅最大，B错误；在干涉现象中，振动加强点的振幅比减弱点的振幅要大，但是加强点的位移不一定比减弱点的位移大，因为当加强点回到平衡位置时，它的位移为零，振动减弱点不在平衡位置时，位移不为零，选项C正确；在弹簧振子做简谐运动的回复力表达式中，F为振动物体受到的合外力，k为弹簧的劲度系数，D正确；机械波在传播过程中，根据公式，在一个周期内，沿着波的传播方向，振动在介质中传播一个波长的距离，E正确；
（2）解析：作出光路图如图所示，
由几何关系知，入射角（1分）
根据折射定律， （1分）
得（1分）
因此折射角r=300，（1分）
设光线在OB边上的入射点为D，由几何关系知，
光线在OB边上的入射角为300，根据光路可逆原理可知，出射光线的折射角为600
即∠ODE=300（1分）
△ODC为等腰三角形，则
（1分）
则 （1分）
根据光的反射定律可知，∠ODF=600（1分）
因此，R（1分）
则 （1分）
35．（1）ACE （5分） 解析：γ射线是伴随着α或β衰变，而释放出的多余的能量，故A正确；氚核本身有一定的结合能，所以氕和氚结合成氦原子核时，其质量亏损所对应的能量小于该氦原子核的结合能，故B错误；根据玻尔理论可知，氢原子辐射出一个光子后，从高能级跃迁到低能级，轨道半径减小，原子能量减小，根据知，加速度增大，由于库仑引力做正功，电势能减小，C正确；一个处于n=5能级态的氢原子，自发向低能级跃迁的过程中最多能够辐射4种不同频率的电磁波，故D错误；根据光电效应方程，当用频率为的单色光照射该金属时，所产生的光电子的动能为，E正确。
（2）解析：（ⅰ）当A、B具有相同速度时，弹性绳的弹性势能最大
根据动量守恒 （2分）
求得 （1分）
弹性绳具有的最大弹性势能 （2分）
（ⅱ）设弹性绳的弹力为零时A、B的速度分别为v3、v4，
根据动量守恒 （1分）
能量守恒 （1分）
求得 （1分）
当弹性绳的弹力减为零后，设经过时间t两物块会相遇
则 （1分）
求得 （1分）
2016安徽省高三第二次百校联考
化学参考答案
题号 7 8 9 10 11 12 13
答案 D B A B C C D
7.D 解析：A项，纯碱的主要成分是碳酸钠，不是碳酸氢钠，错误；B项，明矾可作净水剂，不能用作消毒剂，错误；C项，84消毒液的主要成分是次氯酸钠，主要用做消毒剂，可以用做漂白剂，错误；D项，铁粉发生电化学腐蚀，消耗食品袋中的氧气，保鲜食品，正确。
8.B 解析：碳碳双键不是含氧官能团，A项错误；X和Y都含有碳碳双键，都能发生加成反应、氧化反应；X和Y都含有酯基，都能发生水解反应，且水解反应也是一种取代反应，B项正确；X中含有醇羟基，不能和碳酸氢钠溶液反应，C项错误；X的分子式为C9H10O3，D项错误。
9.A 解析：依题意，R的阴离子与氦原子的电子层结构相同，则R为氢；T的最外层电子数与电子层数之比为3，T为氧；由原子序数依次增大，知X为钠；Y是地壳中含量最多的金属元素，说明Y为铝；钠原子的电子数为11，氧原子的最外层电子数为6，故Z原子的原子序数为17，Z为氯。H2O2中含有极性共价键和非极性共价键，Na2O2中含有离子键和非极性共价键，二者所含化学键类型不完全相同，A项错误；Cl、O2、Na、Al3+的离子半径依次减小，B项正确；NaOH、Al(OH)3、HClO4之间能相互发生反应，C项正确；氯原子有3个电子层且最外层电子数为7，氯位于周期表中第三周期第ⅦA族，D项正确。
10.B 解析：铁与硝酸完全反应，可能生成硝酸亚铁，也可能生成硝酸铁，A项错误；H3BO3是弱酸，无论电离多少，硼原子都是守恒的，B项正确；铵根离子会发生水解反应，C项错误；标准状况下，22.4LN2和H2的混合气体的物质的量为1mol，而N2和H2均为双原子分子，故1mol混合气体中无论二者的比例如何，均含有2mol原子，即2NA个，D项错误。
11.C 解析：KClO3电离出的是ClO3，不是Cl,ClO3不能与AgNO3溶液反应生成AgCl白色沉淀，A项错误；在硝酸亚铁溶液中存在盐类水解平衡：Fe2+＋2H2OFe(OH)2↓＋2H，在硝酸亚铁溶液中加入稀盐酸，优先发生反应：3Fe2+ ＋ NO3 ＋ 4H === 3Fe3+ ＋ NO↑ ＋ 2H2O，不能证明溶液中存在盐类水解平衡，B项错误；先滴加过量的盐酸无现象，排除银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等干扰，再加入氯化钡溶液生成白色沉淀硫酸钡，则原溶液中含有硫酸根离子，C项正确；混合溶液中c(Na2S)、c(Na2CrO4)不一定相等，不能判断Ag2S、Ag2CrO4哪一种难溶电解质的溶度积较大，D项错误。
12.C 解析：根据图像，电子由a电极经过外电路向b电极迁移，a电极为负极，b电极为正极，A项正确；负极上发生氧化反应，乙醛发生氧化反应生成CO2和H，水参与反应，B项正确；H带正电荷，其迁移方向为从负极区到正极区，以中和正极区过量的负电荷，C项错误；从图示看，铬元素最终转化成氢氧化铬沉淀，降低了废水中Cr2O72的浓度，D项正确。
13.D 解析：中性氯化铵和氨水的混合溶液中，c(NH4+)＝c(Cl)，c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＞c(Cl)，A项错误；中性醋酸和醋酸钠混合溶液中，c(Na)＝c(CH3COO)＋c(Cl)，c(OH)＝c(H)，B项错误；在亚硫酸钠溶液中存在c(Na)＝2c(HSO3)＋2c(H2SO3)＋2c(SO32)，通入SO2，会使c(Na)＜2c(HSO3)＋2c(H2SO3)＋2c(SO32)，C项错误；向碳酸钠溶液中通入CO2的电荷守恒式为c(Na)＋c(H)＝c(OH)＋c(HCO3)＋2c(CO32)，中性溶液中c(H)＝c(OH)，则有：c(Na)＝c(HCO3)＋2c(CO32)，D项正确。
26.（14分）
（1）CO(NH2)2 ＋ 2OH ＋ ClO === N2H4 H2O ＋ Cl ＋ CO32（2分）
（2）排尽三颈烧瓶内的空气，并且充入N2作保护气（2分）
含NaOH的NaClO溶液（或碱性NaClO溶液，1分）
（3）4AgCl ＋ 5N2H4 H2O === 4Ag ＋ 4N2H5Cl ＋ N2↑ ＋ 5H2O（2分）
（4）D（1分）
（5）在锥形瓶后增加一个装有碱石灰的干燥管（2分）
（6）①酸式（1分） 偏高（1分）
②c(N2H4 H2O)＝ EQ \f(25.0 mL×0.1mol·L1×,5.0 mL)×＝1.25 mol·L1(2分)
解析：（1）水合肼中氮为－2价，CO(NH2)2中氮为－3价，在碱存在下碳转化成碳酸盐。根据氧化还原反应原理判断，反应物为CO(NH2)2、OH、ClO，产物为CO32、Cl、N2H4 H2O，离子方程式为CO(NH2)2 ＋ 2OH ＋ ClO === N2H4 H2O ＋ Cl ＋ CO32。
（2）依题意，水合肼能和CO2反应，能被氧气氧化，故通入氮气排出装置内的空气并且作保护气。由于水合肼能被强氧化剂氧化，故滴加少量氧化剂，分液漏斗中盛装含NaOH的次氯酸钠溶液或碱性NaClO溶液，三颈烧瓶中盛装尿素溶液。
（3）依题意，氯化银作氧化剂，把N2H5Cl看成N2H4＋HCl，也就是N2H4被氧化成N2，化合价升高4价，故4AgCl ＋ 5N2H4 H2O === 4Ag ＋ 4N2H5Cl ＋ N2↑ ＋ 5H2O。
（4）水合肼呈强碱性、还原性，不能用酸性干燥剂、强氧化剂，故只能选用生石灰脱去水合肼中的水，不能选浓硫酸、五氧化二磷、硅胶作脱水剂。
（5）从图示看出，空气中的CO2易进入锥形瓶，应当在牛角管处接一个盛装碱石灰的干燥管。
（6）碱式滴定管下端有一段橡胶管，橡胶中含有碳碳双键，碘具有强氧化性会腐蚀橡胶，故应用酸式滴定管盛装碘的溶液。如果滴定管未用标准溶液润洗，相当于稀释了标准溶液，测得消耗标准溶液的体积偏大，结果偏高。由滴定原理知，n(I2)＝2n(N2H4·H2O）,单位相同时，不必换算单位。c(N2H4 H2O)＝ EQ \f(25.0 mL×0.1mol·L1×,5.0 mL)× ＝ 1.25 mol·L1。
27.（14分）
（1）提高酸浸速率（1分） H2SO4（1分）
（2）烧杯、漏斗、玻璃棒（2分）
（3）铁粉（2分） 促进TiOSO4水解（2分）
（4）①B（2分） ② 3（2分）
（5）38%（2分）
解析：（1）从影响化学反应速率的因素进行考虑，其目的是提高酸浸速率；从流程图看出，分离出的副产物稀硫酸可以循环利用。
（2）操作1：蒸发浓缩、降温结晶、过滤等；操作2：过滤；故使用到的共同玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒。
（3）硫酸亚铁在空气中易被氧气氧化，故加入铁粉保护亚铁盐。水解反应是吸热反应，增大水量、加热都是为了使钛盐完全水解生成钛酸。
（4）①选择双氧水氧化亚铁离子，不会引入新杂质，不会产生大气污染物。
②c(OH)＝ EQ \r(3,)＝1×1011mol·L1，c(H)＝1×103mol·L1，pH＝3，即需要调节溶液的pH最低值为3。
（5）TiCl4＋2MgTi＋2MgCl2，推知：FeTiO3
2Mg，n(Mg)＝1.0×105 mol。
m(FeTiO3)＝152g·mol1× ＝ 7.6×106g，钛铁矿中FeTiO3的质量分数为×100%＝38% 。
28.（15分）
（1）＋34.5（2分）
（2）4∶1（1分）
（3）2Cu － 2e ＋ 2OH === Cu2O ＋ H2O（2分） 0.6mol（1分）
①＋481.9 kJ·mol1（1分）
②6.00×105 mol L1 min1（1分）
③6.17×105（2分） ＜（1分） 4.0%(1分)
④低（1分）
（5）B（2分）
解析：（1）根据盖斯定律，得：△H＝（－169＋157×2－110.5）kJ·mol1＝＋34.5 kJ·mol1。
（2）4Cu(OH)2＋N2H42Cu2O＋N2↑＋6H2O，在该反应中，氧化剂与氧化产物的物质的量之比为4∶1。
（3）以氢氧化钠溶液为电解质溶液，阳极为铜电极，发生氧化反应：2Cu － 2e ＋ 2OH === Cu2O ＋ H2O。阴极的电极反应式为2H2O ＋ 2e === H2↑ ＋ 2OH，n(H2)＝＝0.3 mol，故转移电子的物质的量为0.6mol。
（4）①△H ＝ 462.8 kJ·mol1×4－497.3 kJ·mol1－436 kJ·mol1×2＝＋481.9 kJ·mol1。
②υ(O2) ＝ × ≈ 6.00×105 mol L1 min1。
③从表格信息看出，T1温度平衡时， c(O2)＝ mol·L1 ＝ 0.001 mol·L1，
c(H2) ＝ 0.002 mol· L1，K1≈ ＝ ×0.001 ≈ 1.74×106。T2温度下，平衡状态时c(H2)＝(0.100－0.0900)mol·L1＝0.01 mol·L1 ，c(O2)＝0.005 mol·L1，
K2 ＝ ＝ ＝ ≈ 6.17×105。
可逆反应的正反应是吸热反应，K2大于K1，说明T2高于T1。
T1温度下，水蒸气的平衡转化率为×100%＝4.0% 。
④比较实验I和Ⅱ达到平衡所用时间知，在相同条件下，实验I达到平衡时用40 min，而实验Ⅱ只用30 min，说明实验I中氧化亚铜的催化效率较实验Ⅱ的低。
（5）催化剂与化学平衡转化率无关，它只改变化学反应速率，不能使平衡移动。故B选项错误。
36.（共15分）
（1）KOH（1分） 减小（2分）
（2）NaOH溶液（或其他合理答案，1分）
（3）不锈钢（1分） I ＋ 3H2O － 6e === IO3 ＋ 6H（2分）
IO3 ＋ 5I ＋ 6H === 3I2↑ ＋ 3H2O（2分）
（4）淀粉溶液（2分） ×100%（2分） 偏高（2分）
解析：（1）产品为KIO3，需加入KOH。若KOH中混有次氯酸盐（KClO），在碱性条件下，KIO3容易被氧化成KIO4，使产品的产率降低。
（2）氯气和氮的氧化物可以选用强碱溶液进行吸收。
（3）石墨为阳极，若不锈钢为阳极，金属发生氧化反应。由总反应式写出阳极的电极反应式。如果电解质溶液为强酸性，则碘酸钾和碘化钾在酸性条件下会发生归中反应生成I2。
（4）滴定碘时，用淀粉溶液作指示剂。由反应式知，KIO3
3I2
6Na2S2O3，
n(Na2S2O3)＝ mol，n(KIO3)＝mol× ，
产品的纯度为ω(KIO3)＝ EQ \f( mol××214g·mol1×,w g)×100%＝×100%。
若振荡时间过长，过量的KI在空气中被氧化成I2：4I ＋ O2 ＋ 4H === 2I2 ＋ 2H2O
消耗硫代硫酸钠溶液的体积偏大，测定产品纯度偏高。
37.（共15分）
（1）F（1分） 3d104s1（1分）
（2）H2S（1分） H2O分子间存在氢键，使H2O分子的沸点升高；H2S、H2Se、H2Te分子组成和结构相似，但是H2S的相对分子质量较小，分子间的相互作用力较小，沸点较低（1分） 分子晶体（1分） O＝C＝O（1分）
（3）sp3（1分） V形（1分） 2F2 ＋ 2NaOH === 2NaF ＋ OF2 ＋ H2O（2分）
（4）NH3（1分） NH3分子中N原子价层有1个孤电子对，H2O分子中O原子价层有2个孤电子对且它们都是sp3杂化（1分）
（5）Cu3N（1分） EQ \r(3,)×1010（2分）
解析：依题意，O22、O2分别含有18、10个电子，故B为氧。在主族元素中，基态氮、磷、砷原子都有3个未成对电子，由原子序数大小顺序知，A为氮。C是与氧同周期的主族元素且原子序数大于8，C为氟。由D的原子结构知，D为铜。
（1）这四种元素中，第一电离能最大（或电负性最大）的元素是氟。基态铜原子的价层电子排布式为3d104s1。
（2）H2O、H2S、H2Se、H2Te都是分子晶体，其中，水的沸点最高，因为水分子间存在氢键，其他三种氢化物结构相同，相对分子质量越小，分子间作用力越小，沸点越低，故H2S的沸点最低。N2O是分子晶体，N2O的等电子体分子为CO2。
（3）OF2分子的中心原子是氧，氧原子的价层电子对数等于＝4，有2个成键电子对、2个孤电子对，故OF2呈V形。F2与氢氧化钠反应生成OF2，在OF2中氟为－1价，O为＋2价，由电子守恒知，必有NaF生成。
（4）NH3、H2O分子中氮、氧原子都是sp3杂化，N原子上孤电子对数为1，O原子上孤电子对数为2，孤电子对数越多，孤电子对对成键电子对排斥力越大，键角越小。所以，NH3分子的键角(1070)大于水分子的键角（1050）。
（5）晶胞中Cu原子数目=12× = 3，N原子数目=8× = 1，故化学式为Cu3N。晶胞的质量=(64×3+14)/NA g，晶胞棱长=a cm，则晶胞体积=（a cm）3，故晶体的密度=[(64g×3+14g)/NA]/ (a cm)3=ρg/cm3。a＝ EQ \r(3,)cm，1m＝100 cm＝1×1012pm，所以，a＝ EQ \r(3,)×1010 pm。
38.（共15分）
（1）酯基（1分） C10H20O（2分）
（2）（2分） 酯化反应（或取代反应）（1分）
（3）（2分）
（4）10（2分）
（5）5（2分） （2分）
（6）D（1分）
解析：（1）G含两种官能团：酯基、碳碳双键；Y的分子式为C10H20O。（2）由Y逆推X的结构简式为，R的结构简式为。Y中羟基与F中羧基，发生酯化反应（或取代反应）。（3）E中羧基、氯原子都能和氢氧化钠的乙醇溶液反应，发生中和反应和消去反应。（4）F的结构简式为
，双键上直接连接的原子一定共面，甲基上至少有2个原子不能共面，故F分子最多有10个原子共平面。（5）T分子中含有氯原子和甲酸酯基，相当于丙烷上2个氢原子被氯原子、甲酸酯基所取代，有5种结构。
2016安徽省高三第二次百校联考
参考答案（理综生物）
题号 1 2 3 4 5 6
答案 B D B C A D
一、选择题（本大题共6小题，每小题6分，共36分）
1.B 解析：携带遗传信息的化合物是核酸，含有N元素；蛋白质受热变性是蛋白质的空间结构被破坏，连接氨基酸的肽键并没有断裂；叶绿体和线粒体含有DNA和RNA，核糖体含有RNA；抗体的化学本质是蛋白质，以胞吐的方式分泌到细胞外，抗体可与抗原特异性结合。
2.D 解析：静息电位的产生主要是由K+外流造成的，动作电位的产生主要是由Na+内流造成的，所以细胞内、外液Na+、K+分布不均匀是神经纤维上兴奋传导的基础；癌变的细胞代谢增强，需要的营养物质增多，对生物体的正常发育不利； T2噬菌体是一种病毒，病毒没有细胞结构，也没有呼吸和生物合成等代谢的酶系，必须寄生在活细胞中才能生存。
3.B 解析：诱变育种的原理是基因突变，基因突变是基因结构的改变；单倍体育种不能产生新基因，因此不能改良缺乏某种抗病性的水稻品种；三倍体无子西瓜不能形成正常配子的原因是减数分裂时联会紊乱；大多数染色体结构变异对生物体不利，但也会出现少量的优良品种，在育种上仍有一定的价值。
4.C 解析：HIV体内不具有核糖体，不能进行翻译过程；细胞呼吸第一阶段发生的场所是细胞质基质，也能产生ATP供能；氨基酸和tRNA的结合过程没有碱基互补配对。
5.A 解析：被捕食者数量增加会导致捕食者数量的增加，而捕食者数量的增加又会导致被捕食者数量的减少，可见两者之间的数量变化存在负反馈调节；修剪整齐的草坪内群落依然存在着水平分布差异和垂直分层现象；群落中物种数目的多少称为丰富度；经初生演替和次生演替形成的群落内都存在竞争现象。
6.D 解析：寨卡病毒的遗传物质是RNA，必须经过逆转录形成DNA后才能整合到人体细胞的染色体上；浆细胞不能直接与抗原结合；患者痊愈后形成的记忆细胞在二次免疫应答中会迅速增殖、分化形成浆细胞，浆细胞产生抗体；靶细胞的裂解死亡过程属于细胞凋亡，是由基因决定的。
二、非选择题（本大题包括必考题和选考题两部分，共54分）
（一）必考题
29.（12分，每空2分）
（1）细胞质基质和线粒体；
（2）温度和光照强度；
（3）线粒体和细胞外；右下方；
（4）叶绿素a和叶绿素b的色素带变得较窄，颜色变得较浅；缺少光照或土壤中缺乏镁元素（答案合理即可得分）；
30.（10分，除注明外，每空2分）
（1）AaBb；AaBB和AaBb；基因A纯合的个体在胚胎期死亡；
（2）3；
（3）可遗传变异（1分）；不能（1分）；
31.（8分，除注明外，每空1分）
（1）促甲状腺激素释放激素；拮抗（2分）；
（2）兴奋性（2分）；不属于；
（3）分级；（负）反馈；
32.（9分，除注明外，每空2分）
（1）不是（1分）；食物链的起点一定是生产者；
（2）对有害动物进行控制；调整能量流动关系，使能量流向对人类最有益的部分； 升高（1分）；
（3）直接（1分）；
（二）选考题
39.（15分，除注明外，每空2分）
（1）防止外来杂菌的入侵；所有的微生物，包括芽孢和孢子；干热灭菌法；
（2）稀释涂布平板法（1分）；低；
（3）葡萄糖苷酶；
（4）尿素；酚红；
40.（15分，除注明外，每空2分）
（1）促性腺激素；获能（1分）；滋养层；
（2）桑椹胚或囊胚；生理状况；受体对移入其子宫的外来胚胎基本上不发生免疫排斥反应；
（3）囊胚；内细胞团；

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